1、第二輪復習專題物體的運動直線運動直線運動是高中物理的重要章節，是整個物理學的基礎內容之一，涉及位移、速度、加速度等多個物理量，基本公式也較多，同時還有描述運動規律的s-t圖象、V-t圖象等知識。從歷年高考試題的發展趨勢看，本章內容作為一個孤立的知識點單獨考查的命題并不多，更多的是體現在綜合問題中，甚至與力、電場中帶電粒子、磁場中的通電導體、電磁感應現象等結合起來，作為綜合試題中的一個知識點加以體現。為適應綜合考試的要求，提高綜合運用學科知識分析、解決問題的能力，要在扎實掌握學科知識的基礎上，注意與其他學科的滲透以及在實際生活、科技領域中的應用，經常用物理視角觀察自然、社會中的各類問題，善于應用

2、所學知識分析、解決問題，尤其是提高解決綜合問題的能力，多與公路、鐵路、航海、航空等交通方面知識或電磁學知識綜合。從力和運動的關系來看：直線運動可分為：勻速直線運動、勻變速直線運動、變加速直線運動（如：簡諧振動等）。從其處理方法來看：有運動的合成與分解（如：小船渡河問題等）、力的合成與分解（側重于直線運動條件的考查）、直線運動的基本規律的應用、功和能的處理方法、圖像的研究方法等等。從涉及內容來看：可涉及純力學、電場中帶電粒子、磁場中的通電導體、電磁感應現象或作為綜合試題中的一個知識點加以體現。(一)小船渡河問題的研究（運動的合成與分解問題）例題1：一艘小艇從河岸的A處出發渡河，小艇保持與河岸垂直

3、方向行駛，經過10min到達正對岸下游120m的C處，如圖所示。如果小艇保持原來的速度逆水斜向上游與河岸成角方向行駛，則經過12.5min恰好到達正對岸的B處，求河的寬度。分析：設河寬為d，河水流速為v1，船速第一次為v2，第二次為v2，（v2、 v2大小相同，方向不同）船兩次運動速度合成如圖所示，由題意有：dv2·t1=v2·sin·t2SBC=v1·t1三式聯立，代入數據可求得：河寬d=200m擴展變通：1、一條寬為d的河流，河水流速為v1，船在靜水中的速度為v2。(1)要使船劃到對岸時的時間最短，船頭應指向什么方向？最短時間為多少？(2)要使船劃到

4、對岸時的航程最短，船頭應指向什么方向？最短航程是多少？（試討論v2>v1、v2<v1兩種情況）分析：船在河流中航行時，由于河水流動要帶動船一起運動，船的實際運動是船在靜水中的運動和船隨水漂流的運動的合運動。所以，船的實際運動速度v是v2與v1的矢量和。(1)當船頭垂直指向對岸時，船在靜水中的航速v2垂直對岸，則船相對于水的分運動的位移最短，運動所需時間最短，如圖所示。最短時間 (2)當v2>v1時，船頭斜向上游與岸夾角為，船速v可垂直河岸，此時航程最短為d，如圖所示，即船頭指向斜上游、與岸夾角。當v2<v1時，用三角形法則分析，如圖所示，當船速v的方向與圓相切時，v與岸

5、的夾角最大，航程最短。設航程最短為s，則由圖可知，所以船頭指向斜上游，與岸夾角。練習：1玻璃生產線上，寬9cm的成型玻璃板以2ms的速度勻速向前行進，在切割工序處，金鋼鉆的割刀速度為10ms為了使割下的玻璃板都成規定尺寸的矩形，金剛鉆割刀的軌道應如何控制？切割一次的時間多長?思路：如果玻璃板不動，垂直于玻璃板切割即可成矩形，而玻璃板勻速運動，要切割成矩形玻璃，即合運動的方向垂直于玻璃板的邊緣，切割刀的運動和玻璃板的運動為分運動，利用運動的合成求解解析：如圖158 v1為玻璃板運動速度，v2為切割刀的運動速度，v為合運動的速度，切割刀應與玻璃邊緣成角逆向玻璃板運動方向切割，由圖知=arccos0

6、.2切割刀切割一次實際通過的位移為s=d/sin切割用的時間為故金剛鉆割刀應控制在與玻璃板運動方向相反成=arccos0.2的方向上，切割一次的時間為0.91s.(二)力的合成與分解（側重于直線運動條件的考查）例題1：物體靜止于光滑水平面M上，力F作用于O點，現要使物體沿OO方向做加速運動（ F和OO都在M水平面內），那么必須同時再加一個力F，這個力的最小值是（）、cos、Fsin、Ftan、Fcot解析：物體做直線運動的條件是：物體受合外力方向與速度共線。則物體的合外力方向沿OO方向，由平行四邊定則，可得F垂直于OO方向時，F最小。M OFOFM OFO選：B擴展變通：例題2：如圖所示，在豎

7、直平面內的直角坐標系中，一個質量為m的質點在外力F的作用下，從坐標原點O由靜止沿直線ON斜向下運動，直線ON與y軸負方向成角（/4）。則F大小至少為；若Fmgtan，則質點機械能大小的變化情況是。分析與求解：質點在F和重力mg作用下沿直線ON運動，兩力的合力必沿直線ON。如圖2所示（由矢量三角形法則），當F垂直直線ON斜向右上時，其值最小，等于mgsin。 當Fmgtan時，滿足此大小的F方向如圖2中虛線箭頭所示，有兩種情況，運動中這個力對質點可做正功也可做負功，故質點機械能可能增加，也可能減小。練習：1在一水平方向的勻強電場里，一初速度為v0的帶電粒子沿著圖中豎直平面內的直線由點A

8、運動到點B，其能量變化情況是（）ABV0A動能不變，電勢能減少；微粒帶正電B動能增加，電勢能減少；微粒帶負電C動能的減少量等于電勢能的減少量；微粒帶正電D動能的減少量大于電勢能的增加量；微粒帶負2如圖，一帶電液滴P在a、b之間的電場內，現設法使P固定，再使兩平行金屬板ab分別以中心o、o為軸轉過一個相同的角度，然后再釋放帶電液滴P，則在電場中將做（）ObOPaA勻速直線運動B向右的勻加速直線運動C斜向右下的勻加速直線運動D曲線運動練習答案：1D 2B(三)直線運動中的平衡問題的考查abPB例題1：如圖所示，帶電平行板間勻強電場豎直向上，勻強磁場方向垂直紙面向里，某帶電小球從光滑軌道上的a點自由

9、滑下，經軌道端點P進入板間后恰好沿水平方向做直線運動。現使小球從稍低些的b點開始自由滑下，在經過P點進入板間后的運動過程中，以下分析中不正確的是（）A.其動能將會增大；B.其電勢能將會增大；C.小球受到的電場力將會增大；D.小球所受的洛侖茲力將逐漸增大。F電 F洛 G v解析：該題的關鍵是小球勻速進入磁場中的平衡分析，受力分析如圖：再由左手定則可知，小球帶正電。若小球從稍低些的b點開始自由滑下，在經過P點進入板間后的運動過程中，F洛變小，合力做正功，動能增加，電場力做負功，電勢能將會增大。正確答案：C擴展變通：例題2：如圖所示，坐標系xoy在豎直平面內，空間有沿水平方向、垂直于坐標平面的勻強磁

10、場，磁感應強度大小為B；在x<0的空間內，還存在著沿x軸負方向的勻強電場。一個質量為m、帶電荷量為q的油滴經圖中M（-a，0）點，沿與x軸方向成a角斜向下做直線運動，進入x>0的區域。求：（1）油滴帶什么電荷；y（2）油滴經M點時速率的大小；解析：該題的關鍵是小球勻速進入磁場中的平衡分析，受力分析如圖：能做直線運動的只可能帶正電，由平行四邊形定則可知：VM=mg/Bqcosa.GF電 F洛 若帶正電GF電 F洛 若帶負電練習：1如圖所示，在紙面內有一勻強電場，一帶正電的小球（重力不計）在一恒力F的作用下沿圖中虛線由A至B做勻速運動，已知力F和AB間夾角為，AB間距離為d，小球帶電量

11、為q，則下列結論正確的是（）A勻強電場的電場強度BAB兩點的電勢差為C帶電小球由A運動至B過程中電勢能增加了D若帶電小球由B向A做勻速直線運動，則F必須反向練習答案：1BC(四)變加速直線運動（1）簡諧振動例題1：如圖所示，一輕質彈簧固定在水平地面上，O點為彈簧原長時上端的位置，一個質量為m的物體從O點正上方的A點由靜止釋放落到彈簧上，物體壓縮彈簧到最低點B點后向上運動，則以下說法正確的是 ( ）OABmA物體從O點到B點的運動B物體從O點到B點的運動為一直減速C物體從B點到O點的運動時，O點的速度最大D物體從B點到O點的運動為先加速后減速分析，關于簡諧振動類變加速直線運動的分析方法，關鍵找好

12、平衡位置，再利用簡諧運動的規律求解。該題目中，平衡位置為重力和彈簧彈力等大、反向的位置，在OB之間。故，正確答案為：A、D擴展變通：例題2：彈簧下端懸掛一個質量為m的小球，在拉力作用下以a=2g的加速度勻加速上升，當彈簧上端突然停止運動，小球繼續向上運動的過程中，小球運動的加速度大小變化是_;速度大小變化是_,小球機械能變化是_.分析：小球運動的平衡位置為重力和彈簧彈力等大、反向的位置。則，小球的運動是先靠近平衡位置，后遠離平衡位置，由對稱性，可知：小球在最高點彈簧一定處于壓縮狀態，彈性勢能是先減小后變大。正確答案：先減小，后變大；先變大后變小；先增加后減小練習：1一升降機在箱底裝有若干個彈簧

13、，設在某次事故中，升降機吊索在空中斷裂，忽略摩擦力，則升降機在從彈簧下端觸地后直到最低點的一段運動過程中，A升降機的速度不斷減小B升降機的加速度不斷變大C先是彈力小于重力，然后是彈力大于重力D到最低點時，升降機加速度的值一定大于重力加速度的值。練習答案：1CD (五)變加速直線運動臨界條件的分析例題1：如圖所示，一個質量m=0.01kg,電荷量q=10-2C的帶正電小球，和一個等質量的不帶電小球相距L=0.2m,靜放在絕緣的光滑水平面上。當加上水平向左E=103N/C的勻強電場和B=0.5T垂直紙面向外的勻強磁場后,帶電小球向左運動,與不帶電小球相碰并粘在一起,則兩球碰后速度為多少?碰后至離開

14、水平面過程中通過位移為多少?分析碰撞前后應用動能定理列方程，碰撞過程應用動量守恒列方程。離開水平面的條件是重力與洛倫滋力相等。解：碰撞前應用動能定理mv12=qEL 得v1=20m/s碰撞過程中動量守恒mv1=2mv2+q得 v2=10m/s物體剛要離開水平面的條件是2mg=qv3B得 v3=40m/s碰撞后應用動能定理2mv32-2mv22=qEs 得s=1.5m關鍵是臨界條件的分析，離開地面，地面對物體的支持力恰好為零。擴展變通：例題2.如圖示，水平向左的勻強電場的場強E=4 V/m，垂直紙面向內的勻強磁場的B=2 T，質量為1 kg的帶正電的小物塊A從豎直絕緣墻上的M點由靜止開始下滑，滑

15、行0.8m到達N點時離開墻面開始做曲線運動，在到達P點開始做勻速直線運動，此時速度與水平方向成45°角，P點離開M點的豎直高度為1.6m，取g=10m/s2 試求： (1) A沿墻下滑離開墻面的速度多大？(2) 到達P點后的速度大小為多少？AB=2T E=4V/mPNM··qVNBqEfmgN分析：（1）物塊從M點由靜止開始下滑，受重力、電場力、洛侖茲力、墻壁的彈力及滑動摩擦力，如圖示。隨著速度的增大，洛侖茲力增大，墻壁的彈力減小，滑動摩擦力減小。至N點時墻壁的彈力減小至零，即在N點有：，得：。mgqEqvBvP（2）在P點三力平衡，如圖所示有：，得關鍵：有2點：

16、（1）離開墻面時N=0 （2）勻速運動時合力為零練習：1.如圖所示，甲是一個帶正電的小物塊，乙是一個不帶電的絕緣物塊甲、乙疊放在一起置于粗糙水平面上，水平面上方有垂直于紙面向里的勻強磁場現用一個水平恒力拉乙物塊，使甲、乙無相對滑動地一起向左加速運動在共同加速階段，下列說法中正確的是（）A.甲、乙兩物塊間的靜摩擦力不斷增大乙甲甲乙FB.甲、乙兩物塊間的靜摩擦力不斷減小C.甲、乙兩物塊間的靜摩擦力大小不變D.乙物塊與地面間的摩擦力不斷增大甲2如圖所示電磁場中，一質量m、電量q帶正電荷的小球靜止在傾角 、足夠長的絕緣光滑斜面的頂端時，對斜面壓力恰為零若迅速把電場方向改為豎直向下，則小球能在斜面上滑行

17、多遠？所用時間是多少？XYNBqvEqGE B 分析：開始帶電質點受到電場力為Eq，方向沿電場正方向（豎直向上）；質點受到的重力為mg，沿豎直向下，且，現迅速把電場方向改為豎直向下，小球的受力情況如圖所示，沿Y軸方向，小球離開斜面前有，當v增大時N減小，確保為一定值；而在X軸方向上，小球受力有為一恒力，所以小球在離開斜面前做勻加速直線運動。臨界情況：當N=0時，小球開始離開斜面，即；且由，得。練習答案：1BD(六)直線運動的研究方法力與動關系、功和能例題1：如圖甲所示，光滑且足夠長的平行金屬導軌MN、PQ固定在同一水平面上，兩導軌間距L=0.3m。導軌電阻忽略不計，其間連接有固定電阻R=0.4

18、。導軌上停放一質量m=0.1kg、電阻r=0.2的金屬桿ab，整個裝置處于磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中，磁場方向豎直向下。利用一外力F沿水平方向拉金屬桿ab，使之由靜止開始運動，電壓傳感器可將R兩端的電壓U即時采集并輸入電腦，獲得電壓U隨時間t變化的關系如圖乙所示。（1）試證明金屬桿做勻加速直線運動，并計算加速度的大小；（2）求第2s末外力F的瞬時功率；（3）如果水平外力從靜止開始拉動桿2s所做的功為0.3J，求回路中定值電阻R上產生的焦耳熱是多少。甲乙aMbQNFRP電壓傳感器接電腦t/sU/V0 0.5 1.0 1.5 2.00.10.2解析：（1） 設路端電壓為U，桿的運動速度為v

19、，有（2） 由圖乙可得 U=0.1t 所以速度 v=1 t 因為速度v正比于時間t，所以桿做勻加速直線運動，且加速度 a=1m/s2（2）在2s末，v=at=2m/s，桿受安培力由牛頓第二定律，對桿有，得拉力F=0.175N 故2s末的瞬時功率 P=Fv=0.35W (3) 在2s末，桿的動能由能量守恒定律，回路產生的焦耳熱 Q=W-Ek=0.1J 根據 Q=I2Rt，有故在R上產生的焦耳熱擴展變通：例題2：如圖甲所示，空間存在B=05T，方向豎直向下的勻強磁場，MN、PQ是相互平行的粗糙的長直導軌，處于同一水平面內，其間距L=02m，R是連在導軌一端的電阻，ab是跨接在導軌上質量m=01kg

20、的導體棒，從零時刻開始，通過一小型電動機對ab棒施加一個牽引力F，方向水平向左，使其從靜止開始沿導軌做加速運動，此過程中棒始終保持與導軌垂直且接觸良好，圖乙是棒的速度一時間圖象，其中OA段是直線，AC是曲線，DE是曲線圖象的漸近線小型電動機在12s末達到額定功率，P額=4.5W，此后功率保持不變除R以外，其余部分的電阻均不計，g=10 ms2。（1）求導體棒在012s內的加速度大小；（2）求導體棒與導軌間的動摩擦因數及電阻R的阻值；（3）若已知012s內R上產生的熱量為12.5J，則此過程中牽引力做的功為多少? 解：（1）由圖中可得：12s末的速度為v1=9m/s,t1=12s導體棒在0-12

21、s內的加速度大小為m/s2（2）設金屬棒與導軌間的動磨擦因素為.A點：E1=BLv1由牛頓第二定律：F1-mg-BI1l=ma1 則Pm=F1·v1 當棒達到最大速度vm=10m/s時，Em=BLvm Im=由金屬棒的平衡：F2-mg-BImL=0 則Pm=F2·vm 聯立代入數據解得：=0.2，R=0.4（3）在0-12s內：t1=12s 通過的位移：由能量守恒：代入數據解處：WF=27.35J則此過程牽引力的沖量為4.65N·s牽引力做的功為27.35J例題3：.如圖甲，在水平地面上固定一傾角為的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場

22、中。一勁度系數為k的絕緣輕質彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態。一質量為m、帶電量為q（q>0）的滑塊從距離彈簧上端為s0處靜止釋放，滑塊在運動過程中電量保持不變，設滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內，重力加速度大小為g。（1）求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經歷的時間t1（2）若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm過程中彈簧的彈力所做的功W；（3）從滑塊靜止釋放瞬間開始計時，請在乙圖中畫出滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中速度與時間關系v-t圖象。圖中橫坐標軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈

23、簧上端接觸、第一次速度達到最大值及第一次速度減為零的時刻，縱坐標軸上的v1為滑塊在t1時刻的速度大小，vm是題中所指的物理量。（本小題不要求寫出計算過程）答案：（1）; （2）; (3) 解析：本題考查的是電場中斜面上的彈簧類問題。涉及到勻變速直線運動、運用動能定理處理變力功問題、最大速度問題和運動過程分析。（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中作初速度為零的勻加速直線運動，設加速度大小為a，則有qE+mgsin=ma聯立可得（2）滑塊速度最大時受力平衡，設此時彈簧壓縮量為，則有從靜止釋放到速度達到最大的過程中，由動能定理得聯立可得s（3）如圖練習：1.如圖所示，L為豎直、固定的光滑絕緣桿

24、，桿上O點套有一質量為m、帶電量為q的小環，在桿的左側固定一電荷量為+Q的點電荷，桿上a、b兩點到+Q的距離相等，Oa之間距離為h1，ab之間距離為h2，使小環從圖示位置的O點由靜止釋放后，通過a的速率為。則下列說法正確的是A小環通過b點的速率為B小環從O到b，電場力做的功可能為零C小環在Oa之間的速度是先增大后減小D小環在ab之間的速度是先減小后增大2.如圖所示，長為L，傾角為的光滑絕緣斜面處于電場中，一帶電量為 +q，質量為m的小球，以初速度v0由斜面底端的A點開始沿斜面上滑，到達斜面頂端的速度仍為v0，則AA、B兩點的電勢差一定為mgLsin/qB小球在B點的電勢能一定大于小球在A點的電

25、勢能C若電場是勻強電場，則該電場的場強的最大值一定是mg/qD若該電場是斜面中點正上方某點的點電荷Q產生的，則Q 一定是正電荷3如圖所示，在水平向右的勻強電場中有一絕緣斜面，斜面上有一帶電金屬塊沿斜面滑下。已知在金屬塊滑下的過程中動能增加了12J，金屬塊克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，則以下判斷正確的是（）A金屬塊帶正電荷B金屬塊克服電場力做功8.0JC金屬塊的機械能減少12JD金屬塊的電勢能減少4.0J4總質量為80kg的跳傘運動員從離地500m的直升機上跳下，經過2s拉開繩索開啟降落傘，如圖所示是跳傘過程中的vt圖，試根據圖像求：（g取10m/s2）（1）t1s時運動員的加速度和所

26、受阻力的大小。（2）估算14s內運動員下落的高度及克服阻力做的功。（3）估算運動員從飛機上跳下到著地的總時間。解：（1）從圖中可以看郵，在t2s內運動員做勻加速運動，其加速度大小為m/s2=8m/s2設此過程中運動員受到的阻力大小為f，根據牛頓第二定律，有mgfma得fm(ga)80×(108)N160N（2）從圖中估算得出運動員在14s內下落了39.5×2×2m158根據動能定理，有所以有（80×10×158×80×62）J1.25×105J（3）14s后運動員做勻速運動的時間為s57s運動員從飛機上跳下到著地需

27、要的總時間t總tt（1457）s71s4如圖，光滑的平行金屬導軌水平放置，電阻不計，導軌間距為l，左側接一阻值為R的電阻。區域cdef內存在垂直軌道平面向下的有界勻強磁場，磁場寬度為s。一質量為m，電阻為r的金屬棒MN置于導軌上，與導軌垂直且接觸良好，受到F0.5v0.4（N）（v為金屬棒運動速度）的水平力作用，從磁場的左邊界由靜止開始運動，測得電阻兩端電壓隨時間均勻增大。（已知l1m，m1kg，R0.3W，r0.2W，s1m）（1）分析并說明該金屬棒在磁場中做何種運動；（2）求磁感應強度B的大小；（3）若撤去外力后棒的速度v隨位移x的變化規律滿足vv0x，且棒在運動到ef處時恰好靜止，則外力

28、F作用的時間為多少？（4）若在棒未出磁場區域時撤去外力，畫出棒在整個運動過程中速度隨位移的變化所對應的各種可能的圖線。解析：（1）金屬棒做勻加速運動，R兩端電壓UµIµeµv，U隨時間均勻增大，即v隨時間均勻增大，加速度為恒量；（2）Fma，以F0.5v0.4代入得（0.5）v0.4aa與v無關，所以a0.4m/s2，（0.5）0得B0.5T （3）x1at2，v0x2at，x1x2s，所以at2ats得：0.2t20.8t10，t1s，（4）可能圖線如下：練習：1A2A3AC(七)兩個直線運動的相關性：運動物體的追及、相遇問題是人們日常生活中常見的，如賽車的追趕

29、相遇、運動員的交接棒問題等。此類問題的處理，要涉及運動學的基本規律，是高考命題的熱點之一。例1、甲乙兩物體在同一條直線上同時同地沿同一方向運動，甲以6m/s的速度做勻速直線運動，乙做初速度為為零，加速度為2m/s2的勻加速直線運動。二者何時距離最大？最大距離是多少？解析開始一段時間內，甲快乙慢，甲在前，二者距離變大，甲的速度v甲=6m/s,乙的加速度a乙=2m/s2，s甲s乙s當乙的速度達到6m/s時，二者距離最大,由速度公式v=at得t=v甲/a=6/2s=3s在這3s內，甲的位移s甲=v甲t=6×3m=18m，乙的位移s乙=at2/2=2×32/2m=9m，二者的最大距

30、離s=s甲-s乙=18m-9m=9m答案出發后3s，9m例2、甲乙兩物體在同一條直線上沿同一方向運動，甲以6m/s的速度做勻速直線運動，從計時時起，乙在甲后7m處做初速度為為零，加速度為2m/s2的勻加速直線運動，乙能否追上甲？s0=7ms甲s乙s解析乙的速度達到6m/s時所用的時間為，在這3s的時間內，甲的位移s甲=v甲t=6×3m=18m，乙的位移s乙=由于s乙+s0=（9+7）m=16ms甲=18m，因此追不上。答案追不上規律小結兩物體沿同一方向作直線運動，若前快后慢，兩物體間距離變大，速度相等時兩物體間距離最大；若后快前慢，兩物體間距離變小，如果追不上，速度相等時兩物體間距離

31、最小。05101015205t/sv/(m/s)b(乙)a(甲)例題3：甲乙兩輛汽車在平直的公路上沿同一方向作直線運動，t0時刻同時經過公路旁的同一個路標。在描述兩車運動的vt圖中（如圖），直線a、b分別描述了甲乙兩車在020s的運動情況。關于兩車之間的位置關系，下列說法正確的是 A在010 s內兩車逐漸靠近 B在1020 s內兩車逐漸遠離 C在515 s內兩車的位移相等 D在t10 s時兩車在公路上相遇解析由v-t圖象可知，010s內，v乙v甲，兩車逐漸遠離；10s20s內，v乙v甲，兩車逐漸靠近，故A、B均錯。v-t圖線與時間軸所圍的面積表示位移，5s15s內，兩圖線與t時間軸包圍的面積相

32、等，故兩車的位移相等。C對。t=20s時，兩車的位移相等，說明兩車相遇，故D措。答案C規律小結在v-t圖線中，圖線與時間軸所圍的面積表示位移的大小，兩物體沿同一方向作直線運動，若同時同地出發，v-t圖線與t時間軸包圍的面積相等時兩物體相遇。例題4：當汽車B在汽車A前方7m時，A正以vA=4m/s的速度向右做勻速直線運動，而汽車B此時速度vB=10m/s，向右做勻減速直線運動，加速度大小為a=2m/s2.此時開始計時，則A追上B需要的時間是多少？解析設B車運動的時間為t0,則在5s內，B車的位移A車的位移sA=vAt0=4×5m=20m設A車需要再經t1追上B車，根據兩車的位移關系，有

33、s0=7msBsAvAt1A追上B需要的時間t0+t1=(5+3)s=8s答案8s規律小結分析追及、相遇問題時，一定要認真分析兩個物體的時間關系和位移關系。時間關系是兩物體運動時間是否相等，兩物體是同時運動還是一先一后等；位移關系是指兩物體同地運動還是一前一后運動等，其中通過畫運動示意圖找到兩物體間的位移關系是解題的突破口。在v-t圖線中，圖線的交點表示在某一時刻物體的速度相等，并不表示兩物體相遇，例3中有的同學極易認為在10s末兩物體相遇。若被追趕的物體做勻減速運動，一定要注意，追上前該物體是否停止運動。例4中若認為汽車B一直做勻減速運動，就會列出表達式，得出t=7s的錯誤結論。練習：1、圖

34、為甲、乙兩物體在同一起跑線同時向同一方向做直線運動的v-t圖線，則以下說法正確的是（）A甲、乙均做勻速直線運動B甲、乙均做勻加速直線運動，乙的加速度大C在t1時刻之前，甲的速度大D在時刻t1，甲、乙兩物體相遇2、a、b兩物體從同一位置沿同一直線運動，它們的速度圖象如圖所示，下列說法正確的是Aa、b加速時，物體a的加速度大于物體b的加速度B20秒時，a、b兩物體相距最遠C60秒時，物體a在物體b的前方D40秒時，a、b兩物體速度相等，相距200m3、兩輛游戲賽車a、b在兩條平行的直車道上行駛。t=0時兩車都在同一計時線處，此時比賽開始。它們在四次比賽中的v-t圖如下圖所示。哪些圖對應的比賽中，有

35、一輛賽車追上了另一輛（）ABCDt/st/st/st/sv/m·s-1v/m·s-1v/m·s-1v/m·s-10 5 10 15 20 250 5 10 15 20 250 5 10 15 20 250 5 10 15 20 25510510510510bbaababa4、一輛摩托車行使的最大速度為108km/h。現讓摩托車從靜止出發，要求在4min內追上前方相距1km,、正以25m/s的速度在平直公路上行駛的汽車。則該摩托車行使時，至少應有多大的加速度？5、甲乙兩運動員在訓練交接棒的過程中發現：甲經短距離加速后能保持9m/s的速度跑完全程：乙從起跑后到接棒前的運動是勻加速的。為了確定乙起跑的時機，需在接力區前適當的位置設置標記。在某次練習中，甲在接力區前s013.5m處作了標記，并以v9m/s的速度跑到此標記時向乙發出起跑口令。乙在接力區的前端聽到口令時起跑，并